Задачи по планиметрии прошлых лет (страница 2)

а) Продлим боковые стороны трапеции до пересечения в точке \(P\).



Так как \(AN:NB=8:1\), то можно принять \(AN=8x, NB=x\). Аналогично \(CM=y, MD=2y\). Так как отрезки касательных, проведенных из одной точки к окружности, равны, то \(BK=x, CK=y, AL=8x, LD=2y\), где \(K, L\) – точки касания окружности с основаниями.
Аналогично \(PN=PM\) как отрезки касательных, проведенных из одной точки к окружности.
Так как \(\triangle APD\sim \triangle BPC\) по двум углам, то \[\dfrac{PA}{PB}=\dfrac{AD}{BC}\quad\Rightarrow\quad \dfrac{PB+AB}{PB}=\dfrac{AD}{BC}\quad\Rightarrow\quad PB=\dfrac{AB\cdot BC}{AD-BC}=\dfrac{9x\cdot (x+y)}{8x+2y-x-y}\] По той же причине \[\dfrac{PD}{PC}=\dfrac{AD}{BC}\quad\Rightarrow\quad \dfrac{PC+CD}{PC}=\dfrac{AD}{BC}\quad\Rightarrow\quad PC= \dfrac{3y\cdot (x+y)}{7x+y}\] Так как \(PN=PM\), то \[x+\dfrac{9x\cdot (x+y)}{7x+y}=y+\dfrac{3y\cdot (x+y)}{7x+y} \quad\Leftrightarrow\quad 4x^2=y^2\quad\Rightarrow\quad y=2x\] Таким образом, \(AD=12x\), \(BC=3x\), то есть \(AD=4BC\).

б) Из пункта а) следует, что \(PB=3x, PC=2x\). Обозначим \(\angle APD=\alpha\).



Тогда по теореме косинусов из \(\triangle NPM\): \[MN=\sqrt{(4x)^2+(4x)^2-2\cdot 4x\cdot 4x\cdot \cos\alpha}= 4x\cdot \sqrt{2-2\cos\alpha}\] Найдем \(x\) и \(\cos \alpha\). По теореме косинусов из \(\triangle APD\): \[AD^2=AP^2+DP^2-2\cdot AP\cdot DP\cdot \cos\alpha \quad\Rightarrow\quad \cos\alpha=\dfrac{64x^2}{2\cdot 12x\cdot 8x}=\dfrac13\quad\Rightarrow\quad \sin \alpha=\dfrac{2\sqrt2}3\] По формуле \(S=p\cdot r\) для \(\triangle APD\): \[\dfrac 12\cdot AP\cdot DP\cdot \sin \alpha=\dfrac{AP+PD+AD}2\cdot \sqrt6 \quad\Rightarrow\quad x=\dfrac{\sqrt3}2\] Таким образом, \[MN=4\]

Ответ:

б) \(4\)

а) Так как \(CH\) – высота из прямого угла, то \(\angle HAC=\angle HCB\). Так как центры вписанных окружностей лежат на биссектрисах углов, то \(CO_2\) и \(AO_1\) – биссектрисы углов \(HCB\) и \(HAC\) соответственно.
Рассмотрим \(\triangle HAL\) и \(\triangle CKL\). По доказанному выше \(\angle HAL=\angle KCL\). \(\angle HLA=\angle KLC\) как вертикальные, следовательно, \(\angle CKL=\angle LHA=90^\circ\), чтд.

б) \(O_1M\) и \(O_2N\) перпендикулярны \(CH\) как радиусы, проведенные в точки касания. Следовательно, будем искать \(S_{MO_2NO_1}\) как \(S_{O_1MN}+S_{O_2MN}\), где \(\triangle O_1MN\) и \(O_2MN\) – прямоугольные.

Рассмотрим произвольный прямоугольный треугольник и вписанную в него окружность:



Пусть \(K, M, N\) – точки касания окружности со сторонами. Тогда \(OK\perp AC\), \(ON\perp BC\). Следовательно, \(CKON\) – прямоугольник. Но так как к тому же смежные стороны его равны (\(OK=ON\) как радиусы), то \(CKON\) – квадрат. Следовательно, если \(OK=r\) – радиус, то \(CK=CN=r\).
Заметим, что \(AK=AM\) и \(BN=BM\) как отрезки касательных, проведенных из одной точки к окружности. Следовательно, \(BC+AC=BN+r+r+AK=AB+2r\), откуда \[r=\dfrac{BC+AC-AB}2\]

Применим полученную формулу для нашего случая. Тогда: \[\begin{aligned} & O_1M=\dfrac{CH+HA-AC}2\\[2ex] & O_2N=\dfrac{CH+HB-BC}2\end{aligned}\] Следовательно, нужно найти \(HA, HB, CH\).
По теореме Пифагора \(AB=25\). Из подобия \(\triangle CHA\sim \triangle ABC\) получаем: \[\dfrac{HA}{AC}=\dfrac{AC}{AB}\quad\Rightarrow\quad HA=16\] Тогда \(HB=AB-HA=9\).
По свойству высоты треугольника, опущенной из вершины прямого угла \[CH=\sqrt{HA\cdot HB}=12\] Таким образом, \[\begin{aligned} & O_1M=\dfrac{CH+HA-AC}2=4\\[2ex] & O_2N=\dfrac{CH+HB-BC}2=3\end{aligned}\]

Когда мы рассматривали произвольный прямоугольный треугольник и вписанную в него окружность, мы установили, что \(CKON\) – квадрат. В нашем случае это значит, что \(O_1M=MH\) и \(O_2N=NH\). Следовательно, \(MN=4-3=1\).
Таким образом, \[S_{MO_2NO_1}=\dfrac12\cdot MN\cdot (O_1M+O_2N)=3,5\]

Ответ:

б) 3,5

а) Рассмотрим \(\triangle PQA\) и \(\triangle OMA\): \(\angle PQA=\angle OMA=90^\circ\), так как опираются на диаметры \(PA\) и \(OA\) соответственно. \(\angle PAQ\) – общий. Следовательно, треугольники подобны по двум углам. Значит, \(\angle AOM=\angle APQ\) – соответственные углы при \(PQ\) и \(OM\) и секущей \(PA\). Следовательно, \(PQ\parallel OM\quad \Rightarrow\quad PQ\parallel BC.\)

б) Из предыдущего пункта следует, что коэффициент подобия треугольников \(PQA\) и \(OMA\) равен \(PA:OA=2:1\). Следовательно, \(QM=MA\). Обозначим \(OM=a\), \(MA=b\), \(OA=c\). Найдем \(QK:KM\).
Заметим, что по двум углам подобны прямоугольные треугольники \(PQK\) и \(MCK\). Следовательно, \[QK:KM=PQ:MC=2OM:MC\] Так как \(OC=OA\) – радиус большого круга, то \[QK:KM=2a:(c-a)\] Из прямоугольного \(\triangle AOM\): так как \(\sin \angle AOM=\dfrac{\sqrt{15}}4\), то можно принять \(b=\sqrt{15}x\), \(c=4x\), откуда по теореме Пифагора \(a=x\). Следовательно, \[QK:KM=2x:(4x-x)=2:3\] Так как \(QK+KM=MA\), то, если \(QK=2y\), \(KM=3y\), то \[QK:KA=2y:8y=1:4\]

Ответ:

б) \(1:4\)

а) Продлим \(AE\) и \(BC\) до пересечения в точке \(P\):


Тогда \(\angle AED=\angle CEP\) как вертикальные, \(\angle ADE=\angle PCE\) как накрест лежащие при \(AD\parallel BP\) и \(CD\) секущей. Следовательно, по стороне и двум прилежащим углам \(\triangle AED=\triangle CEP\). Тогда \(AD=CP\), \(AE=EP\).
Так как \(CK\parallel AP\), то \(\triangle BKO\sim \triangle ABE\) и \(CBO\sim \triangle PBE\), следовательно, \[\dfrac{KO}{AE}=\dfrac{BO}{BE}=\dfrac{OC}{EP} \quad\Rightarrow\quad \dfrac{KO}{OC}=\dfrac{AE}{EP}=1\] Таким образом, \(KO=OC\), чтд.

б) Так как \(\triangle AED=\triangle CEP\), то \(S_{ABCD}=S_{ABP}\). Таким образом, \[S_{BCK}:S_{ABP}=9:64\] Так как \(\triangle BCK\sim \triangle ABP\), то их площади относятся как квадрат коэффициента подобия, следовательно, \[k=\sqrt{\dfrac9{64}}=\dfrac38=\dfrac{BC}{BP}\] Следовательно, \(BC:BP=3:8\), а значит \(BC:AD=BC:CP=3:5\).

Ответ:

б) \(3:5\)

а) Заметим, что \(\triangle O_1AO_2=\triangle O_1BO_2\) (по трем сторонам), следовательно, \(O_1O_2\) – биссектриса углов \(\angle BO_1A\) и \(BO_2A\). Следовательно, \(\angle BCA=\frac12\angle BO_1A=\angle O_2O_1A\).
Полностью аналогично доказывается, что \(\angle O_1O_2A=\angle BDA\). Следовательно, по двум углам \(\triangle BCD\sim \triangle O_1AO_2\).

б) Заметим, что точки \(A, O_2\) и \(E\) лежат на одной прямой. Действительно, пусть это не так:



Так как в предыдущем пункте мы доказали, что \(\angle O_2O_1A=\angle BCA\), то \(CE\parallel O_1O_2\). Следовательно, соответственные углы при пересечении параллельных прямых \(O_1F\) и \(BE\) секущей \(AE\) должны быть равны, то есть \(\angle AFO_1=\angle AEB\). Но тогда \(\angle AO_2O_1=\angle AFO_1\), откуда следует, что прямые \(AO_2\) и \(AF\) должны быть параллельны при секущей \(O_2F\). Но это невозможно, так как прямые имеют общую точку. Чтд.   Таким образом, мы доказали, что \(\angle DAE=\angle DAO_2\).



Проведем \(O_2K\perp AD\). Так как радиус (в данном случае часть радиуса \(O_2K\)), перпендикулярный хорде, делит ее пополам, то \(AK=\frac12AD\). Заметим, что \(\angle ABC=90^\circ\) как опирающийся на диаметр \(AC\). Пусть \(O_1A=x\), \(O_2A=3x\). Тогда \(\triangle ABC\sim \triangle AKO_2\) (как прямоугольные с одинаковым острым оранжевым углом): \[\dfrac{AO_2}{AC}=\dfrac{\frac12AD}{AB}\quad\Rightarrow \quad AD=\dfrac{3x\cdot 3}{2x\cdot \frac12}=9\]

Ответ:

б) 9

Пусть дана трапеция \(ABCD\), \(BC+AD=13\), \(AC=5\), \(BD=12\). Достроим к трапеции \(ABCD\) такую же трапецию \(A'B'CD\), как показано на рисунке:



Тогда \(BD=A'C\), \(AC=B'D\), \(AD=B'C\), \(BC=A'D\). Следовательно, \(ACB'D\) – параллелограмм, следовательно, \(AC\parallel B'D\). Аналогично \(BD\parallel A'C\). Рассмотрим \(\triangle BDB'\). По теореме, обратной теореме Пифагора, он прямоугольный: \(BB'^2=BD^2+B'D^2\), то есть \(\angle BDB'=90^\circ\). Тогда \(\angle COD=180^\circ-\angle ODO'=90^\circ\), так как \(\angle COD\) и \(\angle ODO'\) – односторонние углы при \(AC\parallel B'D\) и \(BD\) секущей.

б) Проведем \(DH\perp BB'\).



Тогда \(DH\) – высота \(\triangle BDB'\) и высота трапеции \(ABCD\). Так как, с одной стороны, площадь \(S_{BDB'}=0,5DH\cdot BB'\), а с другой стороны, равна \(S_{BDB'}=0,5BD\cdot B'D\), то: \[BD\cdot B'D=DH\cdot BB' \quad\Rightarrow\quad DH=\dfrac{60}{13}\]

Ответ:

б) \(\frac{60}{13}\)

а) Четырехугольник \(CAMN\) является вписанным в окружность, так как \(\angle ACN+\angle AMN=90^\circ+90^\circ=180^\circ\). Следовательно, \(\angle CAN=\angle CMN\) как вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу \(CN\).

б) Заметим, что \(\triangle ANB\) равнобедренный: \(NM\) – медиана и высота, следовательно, \(AN=NB\).
Так как медиана из прямого угла равна половине гипотенузы, то \(CM=MB\), следовательно, \(\triangle CMB\) также равнобедренный.
Так как \(\angle ABN\) у них общий, то \(\angle NAB=\angle ABN=\angle MCB\), следовательно, эти треугольники подобны.
По теореме синусов радиус описанной около треугольника окружности равен половине отношения стороны к синусу противолежащего угла, следовательно, \[\dfrac{R_{\triangle ANB}}{R_{\triangle CMB}}= \dfrac{\frac{AN}{2\sin B}}{\frac{CM}{2\sin B}}=\dfrac{AN}{CM}\] Так как \(\mathrm{tg}\angle BAC=\dfrac43=\dfrac{BC}{AC}\), то можно принять \(BC=4x, AC=3x\). Тогда \(AB=5x\), следовательно, \(CM=\frac12AB=2,5x\).

Заметим, что \(\triangle ABC\sim \triangle NMB\) по двум углам, следовательно, \[\dfrac{MB}{BC}=\dfrac{NB}{AB} \quad\Rightarrow\quad NB=\dfrac{2,5x\cdot 5x}{4x}=\dfrac{25}8x\] Тогда \(AN=\dfrac{25}8x\). Следовательно, \[\dfrac{R_{\triangle ANB}}{R_{\triangle CMB}}= \dfrac{\frac{25}8}{\frac52}=\dfrac54\]

Ответ:

\(5:4\)